人教物理2019高考一轮选练练题7及答案 6页

‎（人教）物理2019高考一轮选练练题（7）及答案 一、选择题 ‎1、据报道,‎2016年2月18日嫦娥三号着陆器玉兔号成功自主“醒来”,嫦娥一号卫星系统总指挥兼总设计师叶培建院士介绍说,自‎2013年12月14日月面软着陆以来,中国嫦娥三号月球探测器创造了全世界在月工作最长记录.假如月球车在月球表面以初速度v0竖直向上抛出一个小球,经时间t后小球回到出发点,已知月球的半径为R,引力常量为G,下列说法正确的是(　CD　)‎ A.月球表面的重力加速度为 B.月球的质量为 C.探测器在月球表面获得的速度就可能离开月球表面围绕月球做圆周运动 D.探测器在月球表面附近绕月球做匀速圆周运动的绕行周期为π 解析:根据竖直上抛运动规律Δv=gt可知,月球表面的重力加速度g=,选项A错误;在月球表面重力与万有引力相等,有mg=G,可得月球质量M==,选项B错误;据万有引力提供圆周运动向心力可知,卫星的最大运行速度v==,选项C正确;绕月球表面匀速飞行的卫星的周期T==π,选项D正确.‎ ‎2、(多选)如图所示，放在水平面上的斜面体B始终静止，物块A放在斜面体上，一轻质弹簧两端分别与物块A及固定在斜面体底端的轻质挡板拴接，初始时A、B静止，弹簧处于压缩状态．现用力F沿斜面向下推A，但A并未运动．下列说法正确的是(　　)‎ A．弹簧对挡板的作用力不变 B．B对地面的压力增大 C．A、B之间的摩擦力一定增大 D．水平面对B的摩擦力始终为零 解析：选AB.开始时弹簧处于压缩状态，加力F后，A未运动，弹簧长度不变，则弹簧对挡板的作用力不变，A正确．隔离物块A进行受力分析，若初始时A受B的摩擦力沿斜面向上或为零，加推力F后，静摩擦力沿斜面向上增大；若初始时A受B的摩擦力沿斜面向下，加推力F后，静摩擦力沿斜面向下减小，或方向变为沿斜面向上，大小可能减小也可能增大，C错误．A、B、挡板和弹簧整体受力平衡，FN＝M总g＋F竖直，F水平＝Ff，B对地面的压力增大，水平面对B的作用力多了向左的摩擦力，所以B正确、D错误．‎ ‎3、（2019届北京市海淀区高三上学期期中）图所示，某同学站在体重计上观察超重与失重现象。由稳定的站姿变化到稳定的蹲姿称为“下蹲”过程；由稳定的蹲姿变化到稳定的站姿称为“起立”过程。她稳定站立时，体重计的示数为A0，关于实验现象，下列说法正确的是 ‎ A. “起立”过程，体重计的示数一直大于A0‎ B. “下蹲”过程，体重计的示数一直小于A0‎ C. “起立”、“下蹲”过程，都能出现体重计的示数大于A0的现象 D. “起立”的过程，先出现超重现象后出现失重现象 ‎【答案】CD ‎4、“天舟一号”飞船是中国空间技术研究院研制的第一艘货运飞船，‎2017年4月20日19时41分在海南文昌航天发射中心，由长征7号遥2运载火箭发射.‎4月21日上午，“天舟一号”货运飞船已经完成了两次的轨道控制，后来又进行了三次的轨道控制，使“天舟一号”货运飞船控制到“天宫二号”的后下方.‎4月22日12时23分，“天舟一号”货运飞船与离地面390公里处的“天宫二号”空间实验室顺利完成自动交会对接．下列说法正确的是(　　)‎ A．根据“天宫二号”离地面的高度，可计算出地球的质量 B．“天舟一号”与“天宫二号”的对接过程，满足动量守恒、能量守恒 C．“天宫二号”飞越地球的质量密集区上空时，轨道半径和线速度都略微减小 D．若测得“天舟一号”环绕地球近地轨道的运行周期，可求出地球的密度 解析：选D.根据G＝m(R＋h)，可得M＝，则根据“天宫二号”离地面的高度，不可计算出地球的质量，选项A错；“天舟一号”与“天宫二号”的对接时，“天舟一号”要向后喷气加速才能对接，故对接的过程不满足动量守恒，但是能量守恒，选项B错误；“天宫二号”飞越地球的质量密集区上空时，万有引力变大，则轨道半径略微减小，引力做正功，故线速度增加，选项C错误；G ＝mR，而M＝πR3ρ，可得ρ＝，即若测得“天舟一号”环绕地球近地轨道的运行周期，可求出地球的密度，选项D正确；故选D.‎ ‎5、(2019·河北张家口模拟)如图所示,AOB为一边界为圆的匀强磁场,O点为圆心,D点为边界OB的中点,C点为边界上一点,且CD∥AO.现有两个带正电粒子1,2,它们的比荷之比为1∶2,射入磁场的速率之比为1∶2,其中粒子1从A点正对圆心射入,恰从B点射出,粒子2从C点沿CD射入,从某点离开磁场,不计重力及粒子间的相互作用,则(　CD　)‎ A.粒子2必在B,C之间(不含B,C)某点射出磁场 B.粒子2必在D,B之间(不含D,B)某点射出磁场 C.粒子1与粒子2在磁场中的运行时间之比为3∶1‎ D.粒子1与粒子2的速度偏转角度之比为3∶2‎ 解析:粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得qvB=,解得r=,由题意可知,两粒子的比荷之比为1∶2,射入磁场的速率之比为1∶2,则它们的轨道半径相等,即r1=r2,粒子运动轨迹如图所示,粒子1从A点正对圆心射入,恰从B点射出,粒子在磁场中运动的圆心角为90°,粒子轨道半径等于BO,粒子2从C点沿CD射入其运动轨迹如图所示,设对应的圆心为O1,运动轨道半径等于BO,连接O‎1C,O1B,O1COB是平行四边形,O1B=CO,则粒子2一定从B点射出磁场,故A,B错误;粒子1的速度偏角等于在磁场中转过的圆心角θ1=90°,连接PB,可知P为O‎1C的中点,由数学知识可知,粒子2在磁场中转过的圆心角θ2=∠BO1P=60°,两粒子的速度偏角不同,粒子在磁场中运动的周期T=,由于两粒子的比荷之比为1∶2,则=,粒子在磁场中的运动时间t=T,它们在磁场中的运动时间之比==×‎ ‎=,粒子1与粒子2的速度偏转角度之比==,故C,D正确.‎ ‎6、如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R.金属棒ab 与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下．现使磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持静止，下列说法正确的是(　　)‎ A．ab中的感应电流方向由b到a B．ab 中的感应电流逐渐减小 C．ab所受的安培力保持不变 D．ab所受的静摩擦力逐渐减小 解析：选D.磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持静止，所以闭合回路面积不发生改变，根据楞次定律ab中产生由a到b的恒定电流，A错误，由法拉第电磁感应定律，E＝＝S，电阻一定，则感应电流不变，B错误；由于电流恒定，磁感应强度逐渐减小，所以，安培力逐渐减小，静摩擦力与安培力是一对平衡力，所以静摩擦力逐渐减小，C错误，D正确．‎ ‎7、宽为L的两光滑竖直裸导轨间接有固定电阻R，导轨(电阻忽略不计)间Ⅰ、Ⅱ区域中有垂直纸面向里宽为d、磁感应强度为B的匀强磁场，Ⅰ、Ⅱ区域间距为h，如图，有一质量为m、长为L电阻不计的金属杆与竖直导轨紧密接触，从距区域Ⅰ上端H处杆由静止释放．若杆在Ⅰ、Ⅱ区域中运动情况完全相同，现以杆由静止释放为计时起点，则杆中电流随时间t变化的图象可能正确的是(　　)‎ 解析：选B.杆在Ⅰ、Ⅱ区域中运动情况完全相同，说明产生的感应电流也应完全相同，排除A和C选项．因杆在无磁场区域中做a＝g的匀加速运动，又杆在Ⅰ、Ⅱ区域中运动情况完全相同，则杆在Ⅰ、Ⅱ区域应做减速运动，在区域Ⅰ中对杆受力分析知其受竖直向下的重力和竖直向上的安培力，由牛顿第二定律得加速度a＝，方向竖直向上，则知杆做加速度逐渐增大的减速运动，又I＝，由It图线斜率变化情况可知选项B正确，选项D错误．‎ ‎8、（多选）地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送至地面。某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等。不考虑摩擦阻力和空气阻力。对于第①次和第②次提升过程，‎ A. 矿车上升所用的时间之比为4:5‎ B. 电机的最大牵引力之比为2:1‎ C. 电机输出的最大功率之比为2:1‎ D. 电机所做的功之比为4:5‎ ‎【来源】2019年全国普通高等学校招生统一考试物理（全国III卷）‎ ‎【答案】 AC 点睛 此题以速度图像给出解题信息。解答此题常见错误主要有四方面：一是对速度图像面积表示位移掌握不到位；二是运用牛顿运动定律求解牵引力错误；三是不能找出最大功率；四是不能得出两次提升电机做功。实际上，可以根据两次提升的高度相同，提升的质量相同，‎ 利用功能关系得出两次做功相同。‎ 二、非选择题 如图所示，虚线框内为某种电磁缓冲车的结构示意图，其主要部件为缓冲滑块K和质量为m的“U”形框缓冲车厢．在车厢的底板上固定着两个光滑水平绝缘导轨PQ、MN，缓冲车的底部固定有电磁铁(图中未画出)，能产生垂直于导轨平面向下并随车厢一起运动的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B，设导轨右端QN是磁场的右边界．导轨内的缓冲滑块K由高强度绝缘材料制成，滑块K上绕有闭合矩形线圈abcd，线圈的总电阻为R，匝数为n，ab边长为L.假设缓冲车以速度v0与障碍物C碰撞后，滑块K立即停下(碰前车厢与滑块相对静止)，此后线圈与轨道磁场的作用使车厢减速运动，从而实现缓冲．不计一切摩擦阻力．‎ ‎(1)求滑块K的线圈中感应电流方向(从俯视图看，写 “顺时针”，“逆时针”)及最大感应电流的大小；‎ ‎(2)若缓冲车与障碍物C碰撞后，滑块K立即停下，为使缓冲车厢所受的最大水平磁场力不超过Fm，求缓冲车匀速运动时的最大速度vmax；‎ ‎(3)若缓冲车以速度v0与障碍物C碰撞后，滑块K立即停下，求此后缓冲车的速度v随位移x的变化规律及缓冲车在滑块K停下后的最大位移(设此过程中缓冲车未与障碍物相碰)．‎ 解析：(1)由右手定则判断出感应电流的方向是逆时针方向；‎ 缓冲车以速度v0与障碍物C碰撞后，滑块K立即停下，滑块相对磁场的速度大小为v0，线圈中产生的感应电动势最大，由法拉第电磁感应定律得Em＝nBLv0①‎ 由闭合电路欧姆定律得：I＝②‎ 解得感应电流最大值为：Imax＝ ‎(2)缓冲车与障碍物碰撞后，滑块相对于磁场的速度大小为vmax，‎ 线圈中产生的感应电动势为：Em＝nBLv0③‎ 线圈中的电流为I＝④‎ 线圈ab边受到的安培力F＝nBIl⑤‎ 根据牛顿第三定律，缓冲车厢受到的磁场力F′＝F⑥‎ 根据题意得F′≤Fm⑦‎ 联立③④⑤⑥⑦得：vmax≤ ‎(3)由第(2)③④⑤⑥可知，当小车速度为v时，小车所受安培力为：F＝v⑧‎ 以小车为对象利用动量定理得：‎ ‎－ΣFΔt＝mv－mv0⑨‎ 由⑧⑨解得：v＝v0－x⑩‎ 令⑩中v＝0，可解得小车最大位移为：xm＝v0‎ 答案：(1)逆时针　　(2)vmax≤ ‎(3)v＝v0－x　v0‎